2023-2024学年北京市北京市十一学校八年级下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年北京市北京市十一学校八年级下学期期末数学试题（含详细答案解析），共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.如果一个正多边形的每一个内角是150∘，那么这个正多边形的边数为( )
A. 16B. 12C. 8D. 6
3.在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+c和二次函数y=−ax2−c的图象大致为( )
A. B. C. D.
4.抛物线y=x2−4x+1的顶点坐标是( )
A. 2,3B. −2,3C. −2,−3D. 2,−3
5.如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90∘到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G，若BG=6，CG=4，则CE的长为( )
A. 52B. 152C. 8D. 9
6.如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CAB=25∘，则∠AOD等于( )
A. 150∘B. 140∘C. 130∘D. 120∘
7.如表记录了二次函数y=ax2+bx+2a≠0中两个变量x与y的5组对应值，其中x1根据表中信息，当−52A. 76≤k<2B. 768.如图，等边三角形ABC的边长为2，点A，B在⊙O上，点C在⊙O内，⊙O的半径为 2.将△ABC绕点A逆时针旋转，在旋转过程中得到两个结论：

①当点C第一次落在⊙O上时，旋转角为45∘；
②当AC第一次与⊙O相切时，旋转角为75∘.
则结论正确的是( )
A. ②B. 均不正确C. ①②D. ①
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.若关于x的一元二次方程x2−4x+m−4=0有两个相等的实数根，则m的值是__________.
10.如图，一次函数y=kx+bk≠0与二次函数y=ax2a≠0的图象分别交于点A−2,2，B4,8.则关于x的方程ax2=kx+b的解为__________.
11.若点A(0,y1)，B(12,y2)，C(3,y3)在抛物线y=(x−1)2+k上，则y1，y2，y3的大小关系为__________(用“>”连接).
12.已知点Pa−2b,−2与点Q−6,2a+b关于原点对称，则3a−b=__________.
13.如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，点C为优弧AB上一点，若∠ACB=50∘，则∠P=__________ ∘.
14.一个圆锥的母线长为5cm，底面半径为52cm，那么这个圆锥的侧面积为__________cm2.
15.我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形ABCD，AB=2，AD=1，中心为O，在矩形外有一点P，OP=32，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为__________.
16.如图，在平面直角坐标系xOy中，以点A 2,0为圆心，1为半径画圆，将⊙A绕点O逆时针旋转α0∘<α<180∘得到⊙A′，使得⊙A′与y轴相切，则α的度数是__________.
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.解下列方程：
(1)x2−2x−4=0;
(2)3xx−4=5x−4.
四、解答题：本题共11小题，共88分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表所示：
(1)求m的值和这个二次函数的表达式；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象(无需再单独列表)；
(3)当119.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线交于点F，BF=DE，连接FE.
(1)求证：△AEF是等腰直角三角形；
(2)若四边形AECF的面积为36，DE=2，直接写出AE的长．
20.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C.连接PO交⊙O于点D，交BC于点E，连接AC.

(1)求证：OE=12AC；
(2)若点E是OD的中点，⊙O的半径为6，直接写出PB的长．
21.(本小题8分)
已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n∘0
(1)如图1，若PC=AC，画出n=60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系；
(2)当n=120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM.直接写出MP和AP的数量关系．
22.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF.
(1)若∠BAC=36∘.则∠BAF的度数为；
(2)若AC=8,BC=6，求AF的长．
23.(本小题8分)
已知ax2+bx+c是关于x的多项式，记为Px.
我们规定：Px的导出多项式为2ax+b，记为Qx.
例如：若Px=3x2−2x+1，则Px的导出多项式Qx=2⋅3x−2=6x−2.
根据以上信息，解答下列问题：
(1)若Px=x2−4x，则Qx=______.
(2)若Px=2x2+42x−1，求关于x的方程Qx=3x的解；
(3)已知Px=ax2−3x+2是关于x的二次多项式，Qx为Px的导出多项式，若关于x的方程Qx=−x的解为正整数，求整数a的值．
24.(本小题8分)
已知：如图，AB是圆O的直径，BD⌢=CD⌢，过点A作圆O的切线交DO的延长线于E.
(1)求证：AC//ED；
(2)若AC=4，∠E=30∘，直接写出AE的长度．
25.(本小题8分)
小明发现某乒乓球发球器有“直发式”与“间发式”两种模式，在“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线：在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线．如图1和图2分别建立平面直角坐标系xOy.

通过测量得到球距离台面高度y(单位：dm)与球距离发球器出口的水平距离x(单位：dm)的相关数据，如下表所示：
表1直发式
表2间发式
根据以上信息，回答问题：
(1)表格中m=______，n=______；
(2)直接写出“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；
(3)若“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1，“间发式”模式下球第二次接触台面时距离出球点的水平距离为d2，则d1______d2(填“>”“=”或“<”).
26.(本小题8分)
在平面直角坐标系xOy中，点4,2在抛物线y=ax2+bx+2a<0上．
(1)直接写出抛物线的对称轴；
(2)抛物线上两点Px1,y1，Qx2,y2，且t≤x1①当t=1时，直接写出y1，y2的大小关系；
②若对于x1,x2，都有y1≠y2，直接写出t的取值范围．
27.(本小题8分)
如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，且点E不与C、D重合，过点A作AE的垂线交CB延长线于点F，连接EF.
(1)计算∠AEF的度数；
(2)如图2，过点A作AG⊥EF，垂足为G，连接DG.用等式表示线段CF与DG之间的数量关系，并证明．
28.(本小题8分)
对于平面直角坐标系xOy中的⊙O，点P，点Q，给出如下定义：线段PA为⊙O的弦，点Q是弦PA上任意一点．若PA=nPQ，则称点Q是点P关于⊙O的n倍关联点．已知，⊙O的半径为2，点P的坐标为2,0.
(1)在点B0,1，C1,1，D12, 32中，是点P关于⊙O的2倍关联点的是______；
(2)E在直线y=− 33x+b上，若E是点P关于⊙O的2倍关联点，直接写出b的取值范围；
(3)⊙O与y轴正半轴交于点F，对于线段PF上任意一点M，在⊙O上都存在点N，使得点M是点N关于⊙O的n倍关联点，直接写出n的最大值和最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义去判断即可．
【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
答案：C.
【点睛】本题考查了轴对称图形即沿着某一条直线折叠，直线两旁的图形完全重合和中心对称图形即将图形绕某点旋转180∘后与原图形重合的识别，正确掌握定义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了多边形的外角和为360∘；求出正多边形的每一个外角，根据外角和为360∘，即可求得边数．
【详解】解：∵正多边形的每一个内角是150∘，
∴正多边形的每一个外角是180∘−150∘=30∘，
∴正多边形的边数为360∘÷30∘=12；
故选：B.
3.【答案】A
【解析】【分析】本题综合考查了一次函数图象与二次函数图象.根据两个函数图象的特征结合各项系数进行分析即可．
【详解】解：A、由二次函数图象知，−a>0,−c<0，即a<0,c>0；由一次函数图象知，a<0,c>0，a、c的符号都一致，故符合题意；
B、由二次函数图象知，−a>0,−c<0，即a<0,c>0；由一次函数图象知，a<0,c<0，c的符号不一致，故不符合题意；
C、由二次函数图象知，−a<0,−c>0，即a>0,c<0；由一次函数图象知，a>0,c>0，c的符号不一致，故不符合题意；
D、由二次函数图象知，−a<0,−c>0，即a>0,c<0；由一次函数图象知，a<0,c>0，a、c的符号都不一致，故不符合题意.
故选：A.
4.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了求抛物线的顶点坐标；把解析式配方即可．
【详解】解：y=x2−4x+1=(x−2)2−3，
即抛物线的顶点坐标为2,−3；
故选：D.
5.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质．连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG=FG，设CE=x，则DE=10−x=BF，FG=EG=10−x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，即可得到CE的长．
【详解】解：如图所示，连接EG，

由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE=AF，DE=BF，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG=FG，
∵BG=6，CG=4，∴BC=CD=6+4=10，
设CE=x，则DE=10−x=BF，FG=16−x，
∴EG=16−x，
∵∠C=90∘，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，
即x2+42=16−x2，
解得x=152，
∴CE的长为152，
故选：B.
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质；由圆周角定理得∠COB=2∠CAB=50∘，再由等腰三角形的性质得∠DOB=∠COB=50∘，由互补关系即可求得∠AOD的度数．
【详解】解：∵BC⌢=BC⌢，
∴∠COB=2∠CAB=50∘；
∵OC=OD,CD⊥AB，
∴∠DOB=∠COB=50∘，
∴∠AOD=180∘−∠DOB=130∘；
故选：C.
7.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，注意数形结合；由表知，抛物线的对称轴为直线x=−1，则由对称性可得x1=−3，则可求出函数解析式，根据解析式即可确定k的范围．
【详解】解：由表知，函数自变量取−5,3时，对应函数值相等，
则抛物线的对称轴为直线x=−5+32=−1，
由表知，函数自变量取x1,1时，对应函数值相等且为0，
则由对称知，−1−x1=1−(−1)，即x1=−3，
表明抛物线与x轴的两个交点坐标为(−3,0)、(1,0)，
把这两点坐标代入y=ax2+bx+2a≠0中，得：9a−3b+2=0a+b+2=0，
解得：a=−23b=−43，
即y=−23x2−43x+2；
当−52则直线y=k位于直线y=2于过顶点且平行于x轴的两直线间；
而y=−23x2−43x+2=−23(x+1)2+83，则抛物线的顶点坐标为−1,83，
所以2≤k<83；
故选：C.
8.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了切线的性质，图形的旋转，熟练掌握旋转的性质，等边三角形，圆的切线性质，是解题的关键．
①当点C第一次落在⊙O上时，连接AO、BO、C ′O，可证明△ABO是等腰直角三角形，B、C ′、O三点共线，再求出∠CAO=15∘，可得∠CAC′=30∘；
②当AC与⊙O相切时，连接CO并延长与AB交于点M，连接AO，先求出∠OAM=45∘，∠BAC′=135∘，∠BAB′=75∘，即可得出结论．
【详解】解：①当点C第一次落在⊙O上时，
连接AO、BO、C ′O，
∵AO=BO= 2，AB=2，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴AO⊥BO，
又∵AO=C′O= 2,AC′=AC=2，
∴AO2+C′O2=AC′2，
∴△AOC′是等腰直角三角形，
∴AO⊥OC′，
∴B、C ′、O三点共线，
∵AB=AC′，
∴∠ABC′=∠AC′B=45∘，
∴∠BAC′=90∘，
∵∠BAC=60∘，
∴∠CAC′=∠BAC′−∠BAC=30∘，故①不正确；
当AC与⊙O相切时，连接CO并延长与AB交于点M，连接AO，
∵△ABC是正三角形，
∴CM⊥AB，
∵AB=2，
∴AM=1，
∵OA= 2，
∴OM=1，
∴∠OAM=45∘，
∵∠OAC′=90∘，
∴∠BAC′=135∘，
∵∠C′AB′=60∘，
∴∠BAB′=75∘，
∴当AC第一次与⊙O相切时，旋转角为75∘，故②正确，
故选：A.
9.【答案】8
【解析】【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根据一元二次方程根的判别式Δ=0，即可求得m的值．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2−4x+m−4=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(−4)2−4(m−4)=0，
解得：m=8.
故答案为：8.
10.【答案】x1=−2,x2=4
【解析】【分析】本题考查了函数图象与方程的关系，方程的解就是两个函数交点的横坐标，据此即可求解．
【详解】解：∵方程ax2=kx+b的解就是二次函数y=kx+b(k≠0)与一次函数y=ax2(a≠0)两个函数交点的横坐标，
∵二次函数y=kx+b(k≠0)与一次函数y=ax2(a≠0)的图象相交于点A−2,2，B4,8.
∴ax2=kx+b的解为x1=−2,x2=4；
故答案为：x1=−2,x2=4.
11.【答案】y3>y1>y2
【解析】【分析】
本题考查二次函数的图象与性质，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的增减性是解题的关键.
利用对称性得出点C关于对称轴的对称点D的坐标，这样A、B、D三点均在抛物线对称轴的左侧，再由二次函数的增减性即可判断y1，y2，y3的大小关系．
【解答】
解：∵抛物线解析式为y=(x−1)2+k，则抛物线的对称轴为直线x=1，
故点C关于对称轴的对称点D的坐标为(−1,y3)，
而−1<0<12<1，且a=1>0，
所以当x<1时，函数值随自变量的增大而减小，
故y3>y1>y2，
故答案为：y3>y1>y2.
12.【答案】8
【解析】【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征：横坐标与纵坐标分别互为相反数，解二元一次方程组；根据关于原点对称的点的坐标特征求出a与b的值，即可求得代数式的值．
【详解】解：∵点Pa−2b,−2与点Q−6,2a+b关于原点对称，
∴a−2b−6=0−2+2a+b=0，
解得：a=2b=−2；
则3a−b=3×2−(−2)=8；
故答案为：8.
13.【答案】80
【解析】【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，多边形内角和，由相切连半径是常作的辅助线；分别连接OA、OB，由圆周角定理得∠AOB的度数，再由切线的性质及四边形内角和即可求得结果．
【详解】解：如图，连接OA、OB，
由圆周角定理得∠AOB=2∠ACB=100∘，
∵PA、PB为圆的两条切线，
∴∠PAO=∠PBO=90∘，
∴∠P=360∘−2∠PAO−∠AOB=80∘；
故答案为：80.
14.【答案】252π
【解析】【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算；直接利用圆锥侧面积公式计算即可．
【详解】解：圆锥侧面积为π×52×5=252π(cm2)，
故答案为：252π.
15.【答案】32− 52≤d≤1
【解析】【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，由题意得出d最大、最小时点P的位置是关键；由题意及矩形的性质知，OP过矩形的两条长边的中点时，d最大；OP过矩形的顶点时，d最小，分别求出这两个最大值与最小值，即可求出答案．
【详解】解：设AB的中点为E，点O与边AB上所有点连线中，OE最小，OA最大，此时d=PE最大，d=PA最小；
如图①，连接OA；
∵AB=2,AD=1，中心为点O，
∴AE=1,OE=12，OE⊥AB，
∵OP=32，
∴d=PE=32−12=1；
如图②，连接OE，
∵AB=2,AD=1，中心为点O，
∴AE=1,OE=12，OE⊥AB，
∴OA= AE2+OE2= 52；
∵OP=32，
∴d=PA=32− 52；
则d的取值范围为32− 52≤d≤1；
故答案为：32− 52≤d≤1.
16.【答案】45∘或135∘
【解析】【分析】分析可知：A在以O为圆心， 2为半径的圆上运动，分情况讨论，当A转到A′时，OA′= 2，作A′B⊥y轴与点B，利用勾股定理可知OB=1，进一步可求出旋转角度为45∘；当A转到A′′时，OA′′= 2，作A′C⊥x轴与点C，利用勾股定理可知OC=1，进一步可求出旋转角度为135∘.
【详解】解：∵A 2,0，将⊙A绕点O逆时针旋转α0∘<α<180∘得到⊙A′
∴A在以O为圆心， 2为半径的圆上运动，
当A转到A′时，OA′= 2，作A′B⊥y轴于点B，
∵⊙A′半径为1，⊙A′与y轴相切，
∴BA′=1，
由勾股定理可得：OB= A′O2−A′B2= 22−12=1，
∴△OBA′为等腰直角三角形，
∴∠BOA′=45∘，∠AOA′=45∘，即旋转角度为45∘；
当A转到A′′时，OA′′= 2，作A′C⊥x轴于点C，
∵⊙A′′半径为1，⊙A′′与y轴相切，
∴CA′′=1，
由勾股定理可得：OC= A′′O2−A′′C2= 22−12=1，
∴△OCA′′为等腰直角三角形，
∴∠COA′′=45∘，∠AOA′′=180∘−45∘=135∘，即旋转角度为135∘；
故答案为：45∘，135∘
【点睛】本题考查圆与切线，旋转，等腰直角三角形，勾股定理，解题的关键是掌握切线的性质，旋转，理解A在以O为圆心， 2为半径的圆上运动．
17.【答案】(1)解：x2−2x−4=0，
方程两边同时加上5，即x2−2x+1=5
即x−12=5，
∴x−1=± 5，
解得：x1=1+ 5，x2=1− 5;
(2)解：3xx−4=5x−4
∴x−43x−5=0，
∴x−4=0,3x−5=0，
解得：x1=4，x2=53.

【解析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
(1)根据配方法解一元二次方程即可求解；
(2)根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
18.【答案】(1)解：∵当x=0和x=4时，y=3；
∴抛物线的顶点为2,−1，当x=1和x=3时，函数值都是0，即m=0，
设这个二次函数的表达式为：y=ax−22−1a≠0，
将0,3代入得4a−1=3，
解得a=1，
∴这个二次函数的表达式为y=x−22−1；
(2)解：如图：
(3)解：由函数图象得：当1
【解析】【分析】(1)由表格中数据可知抛物线的顶点为2,−1，当x=1和x=3时，函数值都是0，即m=0，然后设出顶点式，将0,3代入求出a的值即可；
(2)根据表格中的数据描点、连线即可；
(3)根据函数图象可直接得出答案．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，画二次函数图象，二次函数的图象和性质等知识，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=90∘，
∴∠ABF=180∘−∠ABC=90∘，
∴∠ABF=∠D，
∵BF=DE，
在△ABF和△ADE中，
AB=AD∠ADE=∠ABFDE=BF
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴AF=AE，∠FAB=∠EAD.
∴∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE=90∘，
∴△AEF是等腰直线三角形；
(2)解：由(1)得△ABF≌△ADE，
∵四边形AECF的面积为36，
∴正方形ABCD的面积为36，
∴AD=6，
在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，
∴AE= 62+22=2 10.

【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是正方形易得∠ABF=∠D，AB=AD，再根据BF=DE可证得△ABF≌△ADE，即可导得∠FAE=90∘，进而证得△AEF是等腰直角三角形；
(2)由(1)得△ABF≌△ADE，进而得到正方形ABCD的面积为36，计算出AD=6，再利用勾股定理计算出AE的长度．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等的性质和判定，还涉及到勾股定理等知识，解决本题的关键是能熟练运用相关的几何定理．
20.【答案】(1)证明：∵PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，
∴PB=PC，∠BPO=∠CPO，
∴PO⊥BC，BE=CE，
∵OB=OA，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AC；
(2)∵OE=12AC，点E是OD的中点，
∴AC=OD=OC=OA，
∴△AOC为等边三角形，
∴∠OAC=∠BOP=60∘，
∴∠BPO=30∘，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=90∘，
∵⊙O的半径为6，
∴OB=6，
∴OP=2OB=12，
∴PB= 122−62=6 3.

【解析】【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．
(1)根据切线长定理得到PB=PC，∠BPO=∠CPO.根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论；
(2)根据题意得出△AOC为等边三角形，得出∠OAC=∠BOP=60∘，得出∠BPO=30∘，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
21.【答案】解：(1)画图如下.
BQ和AP的数量及位置关系为BQ=AP，BQ//AP，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC,∠ACB=60∘，
∴∠ACP=120∘，
由旋转的性质可知，PQ=PC,∠CPQ=60∘，
∴△CPQ是等边三角形，
∴PC=PQ=CQ，∠PCQ=60∘，
∴∠ACP+∠PCQ=180∘，
∴点A,C,Q在同一条直线上，
又∵AC=PC，
∴BC=AC=PC=CQ，
∴AQ=BP，
∴四边形ABQP是矩形(对角线互相平分且相等的四边形是矩形)，
∴BQ=AP，BQ//AP.
(2)AP=2MP
理由如下：如图，以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，
∵△CHP和△CBA都是等边三角形，
∴CB=CA，CP=CH，∠ACB=∠HCP=∠CPH=60∘，
∴∠BCH=∠ACP，
在△ACP和△BCH中，AC=BC∠ACP=∠BCH,CP=CH
∴△ACP≌△BCH(SAS)，
∴AP=BH，
∵将线段PC逆时针旋转120∘得线段PQ，
∴CP=PQ，∠CPQ=120∘，
∵∠CPH+∠CPQ=180∘，
∴点H，点P，点Q三点共线，
∵BM=MQ，PQ=CP=HP，
∴BH=2MP，
∴AP=2MP.

【解析】【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和含30∘角的直角三角形的性质是解题关键．
(1)根据旋转的定义画图即可，再证出△CPQ是等边三角形，然后证出四边形ABQP是矩形，由此即可得出结论；
(2)以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，由“SAS”可证△ACP≌△BCH，可得AP=BH，由旋转的性质和三角形中位线定理可得AP=2MP.
22.【答案】(1)解：∵∠C=90∘，∠BAC=36∘，
∴∠ABC=90∘−36∘=54∘，
∵旋转，
∴AB=BF,∠ABC=∠FBE=54∘，
∴∠BAF=12180∘−∠FBE=63∘；
故答案为：63∘；
(2)∵∠C=90∘，AC=8,BC=6，
∴AB= 82+62=10，
∵旋转，
∴BE=BC=6,EF=AC=8,∠FEB=∠C=90∘，
∴AE=AB−BE=4,∠AEF=90∘，
∴AF= AE2+FE2=4 5.

【解析】【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
(1)旋转得到AB=BF,∠ABC=∠FEB，利用三角形的内角和定理以及等边对等角进行求解即可；
(2)勾股定理求出AB的长，求出AE的长，旋转得到EF=AC，利用勾股定理求出AF的长即可．
23.【答案】(1)解：由导出多项式的意义得：Qx=2x−4；
故答案为：2x−4；
(2)解：∵Px=2x2+42x−1=2x2+8x−4，
∴Q(x)=2⋅2x+8=4x+8，
∵Qx=3x，
∴4x+8=3x，
解得：x=−8；
(3)解：Px=ax2−3x+2的导出多项式为：Q(x)=2ax−3，
∵Qx=−x，
∴2ax−3=−x，
即(2a+1)x=3，
∴x=32a+1；
由于a是不为零的整数，且x为正整数，
∴2a+1=1或2a+1=3，
即a=0(舍去)或a=1，
故a=1.

【解析】【分析】本题考查了新定义，多项式及解一元一次方程，理解新定义是解题的关键．
(1)由导出多项式的意义计算即可；
(2)求出Px的导出多项式Qx，即可解方程；
(3)求出Px的导出多项式Qx，再解方程，根据解为正整数即可确定整数a的值．
24.【答案】(1)证明：如图，连接AD；
∵BD⌢=CD⌢，
∴∠BAD=∠CAD；
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴AC//ED；
(2)解：如图，连接OC，
∵AE为圆的切线，∠E=30∘，
∴∠EAO=90∘,∠EOA=90∘−30∘=60∘；
由(1)知，AC//ED，
∴∠CAO=∠EOA=60∘；
∵OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∴OA=AC=4，
∴OE=2OA=8，
由勾股定理得AE= OE2−OA2=4 3.

【解析】【分析】(1)连接AD；由弧相等可得∠BAD=∠CAD；再由等边对等角及等量代换、平行线的判定即可证明；
(2)连接OC，易证△OAC是等边三角形，则得OA=AC=4，从而求得OE=8，由勾股定理即可求得AE的长．
【点睛】本题考查了等弧对的圆周角相等，切线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，题目不难，但涉及的知识点较多，关键是熟练运用这些知识．
25.【答案】(1)解：由表1知，当自变量为0与8时，函数值相等，
而0+82=4，根据抛物线的对称性得抛物线的对称轴为直线x=4，
当自变量取2与6时函数值相等，故m=3.96；
由表2知，自变量由0到8时图象是直线，且自变量每增加2个单位长度，函数值减小0.84，则n=0+0.84=0.84；
故答案为：3.96；0.84；
(2)解：由表1及(1)知抛物线的顶点坐标为(4,4)，
设抛物线的解析式为y=a1(x−4)2+4，
由表1知，当x=0时，y=3.84，代入上述解析式得：16a1+4=3.84，
解得：a1=−0.01，
即“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式为y=−0.01(x−4)2+4；
(3)解：令y=−0.01(x−4)2+4=0，解得：x1=24,x2=−16(舍去)
即d1=24；
由表2知，当自变量为12与16时，抛物线的函数值相等，
则抛物线对称轴为直线x=12+162=14，
由表2知，当x=8时，函数值为0，
由抛物线的对称性，当x=2×14−8=20时，函数值为0，
∴d2=20，
则d1>d2，
故答案为：>.

【解析】【分析】本题是一次函数与二次函数的综合，考查了一次函数的特征，待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质；掌握这两类函数的图象与性质是解题的关键．
(1)对于直发式，利用抛物线的对称轴为直线x=4，可得当自变量取2与6时函数值相等，即可求得m的值；对于间发式，由表2知，自变量由0到8时图象是直线，根据直线的特征：自变量每增加相同的值，函数值均匀增加可减小相同的值，则可求得n的值；
(2)由表1及(1)知抛物线的顶点坐标为(4,4)，利用二次函数顶点式即可求得直发式模式下球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；
(3)由(2)可求得d1，“间发式”模式下球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹是抛物线，由表2可求得抛物线的对称轴，当自变量为8时，函数值为0，由对称对称性可求得抛物线与x轴的另一个交点横坐标，即可求得d2，进行比较即可．
26.【答案】(1)解：在抛物线y=ax2+bx+2a<0中，令x=0，则y=2，
即抛物线与y轴的交点(0,2)，
故点(0,2)与点4,2关于抛物线对称轴对称，
而0+42=2，则抛物线对称轴为直线x=2；
(2)解：①当t=1时，1≤x1<3，3∴x1∴x1−2≤1,1即x1−2∵a<0，
∴y1>y2；
②设点P关于直线x=2的对称点为M(x0,y0)，
则x1+x0=4，即x0=4−x1；
∵t≤x1∴2−t而4−t则x0≠x2.
∵y1≠y2，
∴x0≠x2,x1≠x2，
故当t+2<4−t或6−t≤t时，x1≠x2，
解得：t<1或t≥3.

【解析】【分析】本题是二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质与图象，二次函数与方程、不等式的关系掌握这些关系是解答关键．
(1)求出抛物线与y轴的交点坐标，此点与点4,2关于抛物线对称轴对称，则可求得对称轴；
(2)①由t=1可得x1,x2的范围，则可得P、Q到对称轴的距离大小关系，结合a<0即可判断；
②设点P关于直线x=2的对称点为M(x0,y0)，由y1≠y2可得x0≠x2,x1≠x2，解不等式即可求解．
27.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=∠DAB=90∘，
∴∠D=∠ABF=90∘，∠DAE+∠BAE=90∘，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF=90∘，
∴∠BAE+∠BAF=90∘，
∴∠DAE=∠BAF，
∴△ADE≌△ABFASA，
∴AF=AE，
∴△AEF是等腰直角三角形
∴∠AEF=45∘；
(2)CF= 2DG.
理由：如图2，取CE的中点M，连接GM，GC，
∵△AEF是等腰直角三角形，AG⊥EF，
∴G是EF的中点，
∴AG=12EF，
同理，在Rt△EFC中，CG=GE=GF=12EF，
∴AG=CG，
∵AD=CD，DG=DG，
∴△ADG≌△CDGSSS，
∴∠ADG=∠CDG，
∵∠ADG+∠CDG=90∘，
∴∠ADG=∠ADC=45∘；
∵GE=GF,EM=CM，
∴GM为△FEC的中位线，
∴GM//CF，GM=12CF，
∴∠DMG=∠DCB=90∘，
在Rt△DGM中，∠GDM=∠DGM=45∘，
∴△DMG为等腰三角形，
∴DM=GM，
∴DM2+GM2=DG2=2GM2，
∴DG= 2GM，
∵GM=12CF，
∴DG= 22CF，
∴CF= 2DG.

【解析】【分析】(1)先证明△ADE≌△ABF，再利用等腰直角三角形的性质得出结论；
(2)连接CG，先证明△ADG≌△CDG，得出∠ADG=∠CDG=45∘，取CE的中点M，连接GM，证明DM=GM，从而得出结论．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
28.【答案】(1)解：设点Q是点P关于⊙O的2倍关联点，
∴PA=2PQ，
如图，连接OA，OQ，
∵PA=2PQ，
∴AQ=PQ，
又∵OA=OP，
∴OQ⊥PQ，
则点Q在以OP为直径的圆上，则圆心为O′1,0，
即：点P关于⊙O的2倍关联点，在以O′1,0为圆心，1为半径的圆上，
∵B0,1，C1,1，D12, 32，
∴BO′= 12+12= 2>1，CO′=1，DO′= 1−122+0− 322=1，
∴C1,1，D12, 32在⊙O′上，
∴C1,1，D12, 32是点P关于⊙O的2倍关联点，
故答案为：C1,1，D12, 32；
(2)当b>0时，设y=− 33x+b与x轴，y轴分别交于点G，H，
令y=0，则x= 3b，即：G 3b,0令x=0，则y=b，即：H0,b，
∴OH=b，OG= 3b，则HG= OH2+OG2=2b，
取HG中点N，则HN=ON=12HG=b=OH，
∴△OHN为等边三角形，
∴∠OHG=60∘，则∠OGH=30∘，
过点O′作O′M⊥HG，则O′M=12O′G=12 3b−1，
即：点O′到直线y=− 33x+b的距离为12 3b−1，
∵由(1)可知，点P关于⊙O的2倍关联点E，在以O′1,0为圆心，1为半径的圆上，
又∵E在直线y=− 33x+b上，
∴12 3b−1≤1，解得：0当b≤0时，同理可得：点O′到直线y=− 33x+b的距离为12− 3b+1，
∴12− 3b+1≤1，解得：− 33≤b≤0，
综上，点E是点P关于⊙O的2倍关联点时，− 33≤b≤ 3；
(3)解：由定义可得，点M是点N关于⊙O的n倍关联点，
设NG是⊙O弦，
∴NG=nMN
∴n=NGMN
如图所示，NG为直径且垂直于PF，NK为非直径的弦，
过点K作KL⊥NG于点L，
∴NKNJ=NLMN≤NGMN
∴NGMN最大，即n最大，
∵OP=OF=2，ON⊥FP
∴FP= 2OP=2 2，则OM= 2
∴MN=ON−OM=2− 2
∴n的最大值为42− 2=2 2+4
如图所示，N在优弧FNP⌢上时，
∴NGMN≥NPNP=1
∴n的最小值为1.

【解析】【分析】(1)设点Q是点P关于⊙O的2倍关联点，可知PA=2PQ，根据等腰三角形的性质可证OQ⊥PQ，得点P关于⊙O的2倍关联点，在以O′1,0为圆心，1为半径的圆上，在判断点是否在圆上即可求解；
(2)当b>0时，设y=− 33x+b与x轴，y轴分别交于点G，H，可得OH=b，OG= 3b，则HG=2b，取HG中点N，则HN=ON=12HG=b=OH，可证明∠OGH=30∘，过点O′作O′M⊥HG，可知点O′到直线y=− 33x+b的距离为12 3b−1，由(1)可知，点P关于⊙O的2倍关联点E，在以O′1,0为圆心，1为半径的圆上，结合点E在直线y=− 33x+b上，可得12 3b−1≤1，求解即可；当b≤0时，同理可得可得12− 3b+1≤1，求解即可；
(3)，点M是点N关于⊙O的n倍关联点，根据新定义可得n=NGMN，NG为直径且垂直于PF，NK为非直径的弦，过点K作KL⊥NG于点L，根据平行线分线段成比例可得NKNJ=NLMN【点睛】本题考查了几何新定义，圆的综合应用，垂径定理，中位线的性质，勾股定理，一次函数，切线的性质，理解新定义是解题的关键．
x
…
−5
x1
x2
1
3
…
y
…
m
0
2
0
m
…
x
……
−1
0
1
2
3
4
……
y
……
8
3
m
−1
0
3
……
x(dm)
0
2
4
6
8
10
16
20
…
y(dm)
3.84
3.96
4
m
3.84
3.64
2.56
1.44
…
x(dm)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
…
y(dm)
3.36
2.52
1.68
n
0
2.00
3.20
3.60
3.20
…